题目描述（中等难度）
二叉树的中序遍历。
解法一 递归
学二叉树的时候，必学的算法。用递归写简洁明了，就不多说了。
public List<Integer> inorderTraversal(TreeNode root) {
List<Integer> ans = new ArrayList<>();
getAns(root, ans);
return ans;
}
private void getAns(TreeNode node, List<Integer> ans) {
if (node == null) {
return;
}
getAns(node.left, ans);
ans.add(node.val);
getAns(node.right, ans);
}
时间复杂度：O（n），遍历每个节点。
空间复杂度：O（h），压栈消耗，h 是二叉树的高度。
官方解法中还提供了两种解法，这里总结下。
解法二 栈
利用栈，去模拟递归。递归压栈的过程，就是保存现场，就是保存当前的变量，而解法一中当前有用的变量就是 node，所以我们用栈把每次的 node 保存起来即可。
模拟下递归的过程，只考虑 node 的压栈。
//当前节点为空，出栈
if (node == null) {
return;
}
//当前节点不为空
getAns(node.left, ans); //压栈
ans.add(node.val); //出栈后添加
getAns(node.right, ans); //压栈
//左右子树遍历完，出栈
看一个具体的例子，想象一下吧。
1
/ \
2 3
/ \ /
4 5 6
push push push pop pop push pop pop
| | | | |_4_| | | | | | | | | | |
| | |_2_| |_2_| |_2_| | | |_5_| | | | |
|_1_| |_1_| |_1_| |_1_| |_1_| |_1_| |_1_| | |
ans add 4 add 2 add 5 add 1
[] [4] [4 2] [4 2 5] [4 2 5 1]
push push pop pop
| | | | | | | |
| | |_6_| | | | |
|_3_| |_3_| |_3_| | |
add 6 add 3
[4 2 5 1 6] [4 2 5 1 6 3]
结合代码。
public List<Integer> inorderTraversal(TreeNode root) {
List<Integer> ans = new ArrayList<>();
Stack<TreeNode> stack = new Stack<>();
TreeNode cur = root;
while (cur != null || !stack.isEmpty()) {
//节点不为空一直压栈
while (cur != null) {
stack.push(cur);
cur = cur.left; //考虑左子树
}
//节点为空，就出栈
cur = stack.pop();
//当前值加入
ans.add(cur.val);
//考虑右子树
cur = cur.right;
}
return ans;
}
时间复杂度：O（n）。
空间复杂度：O（h），栈消耗，h 是二叉树的高度。
解法三 Morris Traversal
解法一和解法二本质上是一致的，都需要 O（h）的空间来保存上一层的信息。而我们注意到中序遍历，就是遍历完左子树，然后遍历根节点。如果我们把当前根节点存起来，然后遍历左子树，左子树遍历完以后回到当前根节点就可以了，怎么做到呢？
我们知道，左子树最后遍历的节点一定是一个叶子节点，它的左右孩子都是 null，我们把它右孩子指向当前根节点存起来，这样的话我们就不需要额外空间了。这样做，遍历完当前左子树，就可以回到根节点了。
当然如果当前根节点左子树为空，那么我们只需要保存根节点的值，然后考虑右子树即可。
所以总体思想就是：记当前遍历的节点为 cur。
1、cur.left 为 null，保存 cur 的值，更新 cur = cur.right
2、cur.left 不为 null，找到 cur.left 这颗子树最右边的节点记做 last
2.1 last.right 为 null，那么将 last.right = cur，更新 cur = cur.left
2.2 last.right 不为 null，说明之前已经访问过，第二次来到这里，表明当前子树遍历完成，保存 cur 的值，更新 cur = cur.right
结合图示：
如上图，cur 指向根节点。 当前属于 2.1 的情况，cur.left 不为 null，cur 的左子树最右边的节点的右孩子为 null，那么我们把最右边的节点的右孩子指向 cur。
接着，更新 cur = cur.left。
如上图，当前属于 2.1 的情况，cur.left 不为 null，cur 的左子树最右边的节点的右孩子为 null，那么我们把最右边的节点的右孩子指向 cur。
更新 cur = cur.left。
如上图，当前属于情况 1，cur.left 为 null，保存 cur 的值，更新 cur = cur.right。
如上图，当前属于 2.2 的情况，cur.left 不为 null，cur 的左子树最右边的节点的右孩子已经指向 cur，保存 cur 的值，更新 cur = cur.right。
如上图，当前属于情况 1，cur.left 为 null，保存 cur 的值，更新 cur = cur.right。
如上图，当前属于 2.2 的情况，cur.left 不为 null，cur 的左子树最右边的节点的右孩子已经指向 cur，保存 cur 的值，更新 cur = cur.right。
当前属于情况 1，cur.left 为 null，保存 cur 的值，更新 cur = cur.right。
cur 指向 null，结束遍历。
根据这个关系，写代码
记当前遍历的节点为 cur。
1、cur.left 为 null，保存 cur 的值，更新 cur = cur.right
2、cur.left 不为 null，找到 cur.left 这颗子树最右边的节点记做 last
2.1 last.right 为 null，那么将 last.right = cur，更新 cur = cur.left
2.2 last.right 不为 null，说明之前已经访问过，第二次来到这里，表明当前子树遍历完成，保存 cur 的值，更新 cur = cur.right
public List<Integer> inorderTraversal(TreeNode root) {
List<Integer> ans = new ArrayList<>();
TreeNode cur = root;
while (cur != null) {
//情况 1
if (cur.left == null) {
ans.add(cur.val);
cur = cur.right;
} else {
//找左子树最右边的节点
TreeNode pre = cur.left;
while (pre.right != null && pre.right != cur) {
pre = pre.right;
}
//情况 2.1
if (pre.right == null) {
pre.right = cur;
cur = cur.left;
}
//情况 2.2
if (pre.right == cur) {
pre.right = null; //这里可以恢复为 null
ans.add(cur.val);
cur = cur.right;
}
}
}
return ans;
}
时间复杂度：O（n）。每个节点遍历常数次。
空间复杂度：O（1）。
总
解法三是自己第一次见到，充分利用原来的空间的遍历，太强了。这么好的算法，当时上课的时候为什么没有讲，可惜了。